成都理工大学附中2014高三数学一轮高考单元辅导与训练单元检测空间几何体

成都理工大学附中2014高三数学一轮高考单元辅导与训练单元检测空间几何体

成都理工大学附中2019高三数学一轮高考单元辅导与训练单元检测：空间几何体 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．‎ 第Ⅰ卷(选择题　共60分)‎ 一、选择题 (本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1．向量=(－2,－3,1), =(2,0,4),=(－4,－6,2),下列结论正确的是( )‎ A． ∥, ⊥ B． ∥, ⊥‎ C． ∥,⊥ D． 以上都不对 ‎【答案】C ‎2．已知某个几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸（单位：）可得这个几何体的体积为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎3．如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为，底面边长为2的等腰三角形，那么原平面图形的面积是( )‎ A． B． C． D． ‎ ‎【答案】C ‎4．给出下列命题：①底面多边形内接于一个圆的棱锥的侧棱长相等；②棱台的各侧棱不一定相交于一点；③如果不在同一平面内的两个相似的直角三角形的对应边互相平行，则连结它们的对应顶点所围成的多面体是三棱台；④圆台上底圆周上任一点与下底圆周上任一点的连线都是圆台的母线.其中正确的个数为( )‎ A．3 B．2 C．1 D．0‎ ‎【答案】C ‎5．已知空间直角坐标系中有一点，点是平面内的直线上的动点，则两点的最短距离是( )‎ A． B． C． 3 D． ‎ ‎【答案】B ‎6．正三棱锥P-ABC的三条棱两两互相垂直,则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为( )‎ A． 1:3 B． 1: C． D． ‎ ‎【答案】D ‎7．正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1，则侧棱与底面所成的角为( )‎ A．75° B．60° C．45° D．30°‎ ‎【答案】C ‎8．下列命题中正确的是( )‎ A．若a∥a，a⊥b，则a⊥b B．a⊥b，b⊥g，则a⊥g C．a⊥a，a⊥b，则a∥b D．a∥b，aÌa则a∥b ‎ ‎【答案】D ‎9．平面的一个法向量为，则y轴与平面所成的角的大小为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎10．如图，正方体的棱长为1，O是底面的中心，则O到平面的距离为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎11．已知空间四边形ABCD的对角线为AC、BD，设G是CD的中点，则＋等于( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎12．下列正确命题个数是：①梯形的直观图可能是平行四边形②三棱锥中，四个面都可以是直角三角形③如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，这个棱锥不可能是六棱锥④底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥。⑤底面是矩形的平行六面体是长方体( )‎ A．1 B． 2 C． 3 D． 4‎ ‎【答案】B 第Ⅱ卷(非选择题　共90分)‎ 二、填空题 (本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)‎ ‎13．用一个平面去截正方体。其截面是一个多边形，则这个多边形的边数最多是 条 ‎【答案】6‎ ‎14．已知平行六面体ABCD—A1B‎1C1D1中，点E是上底面A1B‎1C1D1（包括边界）内的任一点，若满足的关系式为： 。‎ ‎【答案】‎ ‎15．已知点A(-2, 3, 4), 在y轴上求一点B , 使|AB|=7 , 则点B的坐标为 ‎ ‎【答案】(0, ‎ ‎16．给出下列命题：‎ ‎①已知，则；‎ ‎②为空间四点，若不构成空间的一个基底，那么共面；‎ ‎③已知，则与任何向量都不构成空间的一个基底；‎ ‎④若共线，则所在直线或者平行或者重合．‎ 正确的结论为 ‎【答案】①②④‎ 三、解答题 (本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)‎ ‎17．在如图的多面体中，⊥平面，,，，‎ ‎，，， 是的中点．‎ ‎(Ⅰ) 求证：平面；‎ ‎(Ⅱ) 求证：；‎ ‎(Ⅲ) 求二面角的余弦值. ‎ ‎【答案】 (Ⅰ)∵，‎ ‎ 又∵,是的中点，‎ ‎ ∴四边形是平行四边形，‎ ‎ ∵平面，平面，‎ ‎ ∴平面. ‎ ‎(Ⅱ) 解法1‎ 证明：∵平面，平面，‎ 又，平面，[来源:Zxxk.Com]‎ ‎ ∴平面. ‎ 过作交于，则平面.‎ ‎∵平面， ∴. ‎ ‎∵，∴四边形平行四边形，‎ ‎∴，又，‎ ‎∴四边形为正方形，‎ 又平面，平面,‎ ‎∴⊥平面. ‎ ‎∵平面,‎ 解法2‎ ‎∵平面，平面，平面，∴，，[来源:1]‎ 又,‎ ‎∴两两垂直.‎ 以点E为坐标原点，分别为轴建立如图的空间直角坐标系.‎ 由已知得，（0，0，2），（2，0，0），‎ ‎（2，4，0），（0，3，0），（0，2，2），‎ ‎（2，2，0）. ‎ ‎(Ⅲ)由已知得是平面的法向量.‎ 设平面的法向量为，∵，‎ ‎∴，即，令,得. ‎ 设二面角的大小为，‎ 则， ‎ ‎∴二面角的余弦值为 ‎ ‎18．如图，在四棱锥PABCD中， PD⊥平面ABCD，AD＝CD，DB平分∠ADC，E为PC的中点．‎ ‎(1)证明：PA∥平面BDE；‎ ‎(2)证明：平面PAC⊥平面PDB.‎ ‎【答案】(1)如图，连结AC，交BD于O，连结OE.‎ ‎∵DB平分∠ADC，AD=CD，‎ ‎∴AC⊥BD且OC=OA.‎ 又∵E为PC的中点，‎ ‎∴OE∥PA，‎ 又∵OE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，‎ ‎∴PA∥平面BDE.‎ ‎(2)由(1)知AC⊥DB，∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PD，‎ ‎∵PD，BD⊂平面PDB，PD∩DB=D，‎ ‎∴AC⊥平面PDB，又AC⊂平面PAC，[来源:Z,xx,k.Com]‎ ‎∴平面PAC⊥平面PDB.‎ ‎19．四面体D-ABC,中，AB=BC,在侧面DAC中，中线AN⊥中线DM，且DB⊥AN ‎(1）求证：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎(2）若AN=4，DM=3，BD=5，求四面体D-ABC的体积。‎ ‎【答案】(1)且 ‎ 又且为中点 ‎ (2)过作,设 则 又,‎ ‎20．如图，平行四边形中，，正方形所在的平面和平面垂直，是的中点，是的交点.‎ ‎(1）求证：平面；‎ ‎(2）求证：平面．‎ ‎【答案】⑴是的交点，∴是中点，又是的中点，‎ ‎∴中，， ‎ 又∵‎ ‎∴平面 ‎ ‎⑵平面平面，交线为， ‎ ‎∴平面， ‎ 又∵，‎ ‎21．如图，已知AB⊥平面ACD，DE//AB，△ACD是正三角形，‎ AD=DE=2AB，且F是CD的中点。‎ ‎ (I）求证：AF//平面BCE；‎ ‎ (II）求证：平面BCE⊥平面CDE；‎ ‎ (III）求平面BCE与平面ACD所成锐二面角的大小。‎ ‎【答案】（I）取CE中点P，连结FP、BP，∵F为CD的中点，‎ ‎∴FP//DE，且FP= 又AB//DE，且AB=‎ ‎∴AB//FP，且AB=FP， ∴ABPF为平行四边形，∴AF//BP。‎ 又∵AF平面BCE，BP平面BCE， ∴AF//平面BCE。‎ ‎ (II）∵△ACD为正三角形，∴AF⊥CD。∵AB⊥平面ACD，DE//AB，‎ ‎∴DE⊥平面ACD，又AF平面ACD，∴DE⊥AF。又AF⊥CD，CD∩DE=D，‎ ‎∴AF⊥平面CDE。又BP//AF，∴BP⊥平面CDE。‎ 又∵BP平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE。‎ ‎ (III）由（II），以F为坐标原点，FA，FD，FP所在的直线分别为x，y，z轴（如图），建立空间直角坐标系F—xyz.设AC=2，则C（0，—1，0），‎ 显然，为平面ACD的法向量。‎ 设平面BCE与平面ACD所成锐二面角为 即平面BCE与平面ACD所成锐二面角为45°。‎ ‎22．如图，在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AA1=AB，点E、M分别为A1B、C1C的中点，过点A1，B，M三点的平面A1BMN交C1D1于点N. ‎ ‎(Ⅰ）求证：EM∥平面A1B1C1D1；‎ ‎(Ⅱ）求二面角B—A1N—B1的正切值.‎ ‎【答案】解法一：‎ ‎(Ⅰ）证明：取A1B1的中点F，连EF，C1F ‎∵E为A1B中点 ‎∴EF∥ BB1 ‎ 又∵M为CC1中点 ∴EF∥ C1M ‎∴四边形EFC1M为平行四边形 ∴EM∥FC1 [来源:Zxxk.Com]‎ 而EM 平面A1B1C1D1 . FC1平面A1B1C1D1 .‎ ‎∴EM∥平面A1B1C1D1 ‎ ‎(Ⅱ）由（Ⅰ）EM∥平面A1B1C1D1 EM平面A1BMN 平面A1BMN∩平面A1B1C1D1=A1N ∴A1N// EM// FC1 ‎ ‎∴N为C1D1 中点 过B1作B1H⊥A1N于H，连BH，根据三垂线定理 BH⊥A1N ‎∠BHB1即为二面角B—A1N—B1的平面角 ‎ 设AA1=a， 则AB=2a， ∵A1B1C1D1为正方形 ‎∴A1H= 又∵△A1B1H∽△NA1D1‎ ‎∴B1H= ‎ 在Rt△BB1H中，tan∠BHB1= ‎ 即二面角B—A1N—B1的正切值为 ‎ 解法二:‎ ‎(Ⅰ）建立如图所示空间直角坐标系，设AB=2a,AA1=a(a>0)，‎ 则A1（2a，0，a），B（2a, 2a , 0）, C（0，2a，0），‎ C1（0，2a，a）‎ ‎∵E为A1B的中点，M为CC1的中点 ‎ ‎ ∴E（2a , a , ），M（0，2a, ）‎ ‎∴EM// A1B1C1D1 ‎ ‎(Ⅱ）设平面A1BM的法向量为=（x, y , z ）‎ 又=（0，2a , －a ） 由，得 而平面A1B1C1D1的法向量为.设二面角为，则 又：二面角为锐二面角 ，‎ 从而 [来源:1ZXXK]‎